6.2.1 第2课时 课后达标检测（教师版）
文档属性
| 名称 | 6.2.1 第2课时 课后达标检测（教师版） |
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| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 205.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-27 00:00:00 | ||
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文档简介
INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF"
INCLUDEPICTURE "基础达标.TIF"
1．若函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，0]
C．(0，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C．f′(x)＝－x2＋a，由于函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，所以f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，所以a>0.故选C．
2．若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则( )
A．cC．c解析：选C．令f(x)＝x ln x，x∈(，＋∞)，
则f′(x)＝1＋ln x>0在(，＋∞)上恒成立，
可知f(x)在(，＋∞)上单调递增，
则f()可得－3．若函数f(x)＝x＋a ln x在区间(1，2)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，－1]
C．(－∞，－2) D．(－∞，－2]
解析：选A．因为f′(x)＝1＋，由题意可知，存在x∈(1，2)，使得f′(x)＝1＋<0，整理得a<－x，且y＝－x在(1，2)上单调递减，则－x<－1，可得a<－1，所以实数a的取值范围是(－∞，－1).故选A．
4．已知函数f(x)＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为( )
A．(－4，1) B．(－1，4)
C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4]
解析：选C．f(－x)＝－2sin x－e－x＋ex＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，则f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)，
因为2cos x≤2，ex＋e－x≥2，
所以f′(x)≤0，f(x)为减函数，
又f(x2－4)＋f(3x)<0，
则f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)，
所以x2－4>－3x，所以x>1或x<－4.故选C．
5．已知函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(a，b)，若b－a≤2，则m的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．6
解析：选D．由f(x)＝2x3－mx2＋2，
可得f′(x)＝6x2－2mx(m＞0)，
令f′(x)＝6x2－2mx<0，
解得0即函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(0，)，
所以b－a＝≤2，所以m≤6，即m的最大值为6.故选D．
6．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是( )
A．f′(1)≥0 B．f(1)≥0
C．a2－3b≤0 D．a2－3b≥0
解析：选AC．因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为函数f(x)在R上单调递增，
所以f′(x)≥0，对于任意的x∈R恒成立，
所以f′(1)≥0恒成立，故A正确；
但f(1)大小不确定，故B错误；
对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0，
即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC．
7．不等式2x≥2－log2x的解集为________．
解析：令f(x)＝2x－2＋log2x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝2x ln 2＋>0，
所以f(x)在上单调递增，
当x＝1时，f(1)＝2－2＋log21＝0，
所以当x≥1时，f(x)≥0，即2x≥2－log2x.
所以2x≥2－log2x的解集为[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
8．若函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－m≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥在(0，＋∞)上恒成立，因为y＝在(0，＋∞)上小于1，所以m≥1，即实数m的取值范围是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
9．已知函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增，则m的最大值为________．
解析：由于函数f(x)＝xe－x＋1，
故f′(x)＝(1－x)e－x＋1，
令f′(x)＝(1－x)e－x＋1≥0，
当且仅当x＝1时取等号，而e－x＋1>0，故x≤1，
即f(x)＝xe－x＋1在(－∞，1]上单调递增，
又函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增，
则m的最大值为1.
答案：1
10．已知函数f(x)＝x2＋a ln x(x>0).
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝.
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0，1).
(2)由g(x)＝x2＋a ln x＋(x>0)，得g′(x)＝2x＋－.
由题意知，当x≥1时，g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立．
若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≥0，
则a≥－2x2＝－在x≥1时恒成立，
当x≥1时，－≤0，
所以a≥0；
若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≤0，
则a≤－2x2＝－在x≥1时恒成立，
当x≥1时，y＝－无最小值，
所以g′(x)≤0不可能恒成立．
综上，实数a的取值范围为[0，＋∞).
INCLUDEPICTURE "能力提升.TIF"
11．已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A．设f(x)＝x－ln x，x>0，
则f′(x)＝1－＝，
令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，
则0在(0，1)上单调递减．
当x>y>1时，则f(x)>f(y)，
即x－ln x>y－ln y，充分性成立；
当x－ln x>y－ln y时，有f(x)>f(y)，
但x>y>1不一定成立，即必要性不成立，
所以“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件．故选A．
12．(多选)若函数f(x)满足f′(x)A．f(3)C．e2f(－1)>f(1) D．ef(1)解析：选AC．令g(x)＝，则g′(x)＝<0，从而g(x)单调递减，则>>>>，
即ef(2)>f(3)，e2f(－1)>f(1)，ef(0)>f(1)，ef(1)>f(2).故选AC．
13．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝3f(3)，b＝f(1)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系为____________．(用“>”连接)
解析：设g(x)＝xf(x)，其定义域为R，关于原点对称，
因为f(x)为奇函数，
可得g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，
所以函数g(x)为偶函数，
当x∈(－∞，0)时，
可得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，
所以g(x)单调递减，
则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为a＝3f(3)＝g(3)，b＝f(1)＝g(1)，
c＝－2f(－2)＝g(－2)＝g(2)，
3>2>1>0，所以g(3)>g(2)>g(1)，
所以a>c>b.
答案：a>c>b
14．已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0，0)处有公共切线．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x).
解：(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2，
由题意得解得
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－x3＋x2－x(x>－1)，
则h′(x)＝－x2＋x－1＝，
令h′(x)>0，得－10，
所以h(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
结合函数h(x)的图象(图略)可得h(x)≤h＝0，
即f(x)≤g(x).
INCLUDEPICTURE "素养拓展.TIF"
15．设2a＝3b＝7c<1，则( )
A．7c<2a<3b B．3b<2a<7c
C．3b<7c<2a D．7c<3b<2a
解析：选A．设2a＝3b＝7c＝t<1，
则a＝log2t＝，
b＝log3t＝，c＝log7t＝，
所以2a＝，3b＝，7c＝.
设f(x)＝，则f′(x)＝，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
因为f(2)＝＝＝＝f(4)，
且f(7)>f(4)>f(3)>0，
即<＝<.
又ln t<0，所以7c<2a<3b.故选A．
16．已知函数f(x)＝(x－a)ln x.
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)若不等式xf′(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意可知x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－＋1，
令g(x)＝ln x－＋1，
则g′(x)＝＋＝，
当a≥0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增；
当a<0时，由g′(x)>0解得x>－a，
由g′(x)<0解得0所以g(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f′(x)单调递增；当a<0时，f′(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．
(2)由(1)可知不等式xf′(x)≥2(x－a)，
即x ln x－a＋x≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥x－x ln x在[1，＋∞)上恒成立，
只需a≥(x－x ln x)max即可，
令h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，
当00，h(x)单调递增，
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
画出h(x)的图象(图略)，可知h(x)≤h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞).
INCLUDEPICTURE "基础达标.TIF"
1．若函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，0]
C．(0，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C．f′(x)＝－x2＋a，由于函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，所以f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，所以a>0.故选C．
2．若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则( )
A．c
则f′(x)＝1＋ln x>0在(，＋∞)上恒成立，
可知f(x)在(，＋∞)上单调递增，
则f()
A．(－∞，－1) B．(－∞，－1]
C．(－∞，－2) D．(－∞，－2]
解析：选A．因为f′(x)＝1＋，由题意可知，存在x∈(1，2)，使得f′(x)＝1＋<0，整理得a<－x，且y＝－x在(1，2)上单调递减，则－x<－1，可得a<－1，所以实数a的取值范围是(－∞，－1).故选A．
4．已知函数f(x)＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为( )
A．(－4，1) B．(－1，4)
C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4]
解析：选C．f(－x)＝－2sin x－e－x＋ex＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，则f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)，
因为2cos x≤2，ex＋e－x≥2，
所以f′(x)≤0，f(x)为减函数，
又f(x2－4)＋f(3x)<0，
则f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)，
所以x2－4>－3x，所以x>1或x<－4.故选C．
5．已知函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(a，b)，若b－a≤2，则m的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．6
解析：选D．由f(x)＝2x3－mx2＋2，
可得f′(x)＝6x2－2mx(m＞0)，
令f′(x)＝6x2－2mx<0，
解得0
所以b－a＝≤2，所以m≤6，即m的最大值为6.故选D．
6．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是( )
A．f′(1)≥0 B．f(1)≥0
C．a2－3b≤0 D．a2－3b≥0
解析：选AC．因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为函数f(x)在R上单调递增，
所以f′(x)≥0，对于任意的x∈R恒成立，
所以f′(1)≥0恒成立，故A正确；
但f(1)大小不确定，故B错误；
对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0，
即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC．
7．不等式2x≥2－log2x的解集为________．
解析：令f(x)＝2x－2＋log2x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝2x ln 2＋>0，
所以f(x)在上单调递增，
当x＝1时，f(1)＝2－2＋log21＝0，
所以当x≥1时，f(x)≥0，即2x≥2－log2x.
所以2x≥2－log2x的解集为[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
8．若函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－m≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥在(0，＋∞)上恒成立，因为y＝在(0，＋∞)上小于1，所以m≥1，即实数m的取值范围是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
9．已知函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增，则m的最大值为________．
解析：由于函数f(x)＝xe－x＋1，
故f′(x)＝(1－x)e－x＋1，
令f′(x)＝(1－x)e－x＋1≥0，
当且仅当x＝1时取等号，而e－x＋1>0，故x≤1，
即f(x)＝xe－x＋1在(－∞，1]上单调递增，
又函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增，
则m的最大值为1.
答案：1
10．已知函数f(x)＝x2＋a ln x(x>0).
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝.
当0
故f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0，1).
(2)由g(x)＝x2＋a ln x＋(x>0)，得g′(x)＝2x＋－.
由题意知，当x≥1时，g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立．
若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≥0，
则a≥－2x2＝－在x≥1时恒成立，
当x≥1时，－≤0，
所以a≥0；
若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≤0，
则a≤－2x2＝－在x≥1时恒成立，
当x≥1时，y＝－无最小值，
所以g′(x)≤0不可能恒成立．
综上，实数a的取值范围为[0，＋∞).
INCLUDEPICTURE "能力提升.TIF"
11．已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A．设f(x)＝x－ln x，x>0，
则f′(x)＝1－＝，
令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，
则0
当x>y>1时，则f(x)>f(y)，
即x－ln x>y－ln y，充分性成立；
当x－ln x>y－ln y时，有f(x)>f(y)，
但x>y>1不一定成立，即必要性不成立，
所以“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件．故选A．
12．(多选)若函数f(x)满足f′(x)
即ef(2)>f(3)，e2f(－1)>f(1)，ef(0)>f(1)，ef(1)>f(2).故选AC．
13．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝3f(3)，b＝f(1)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系为____________．(用“>”连接)
解析：设g(x)＝xf(x)，其定义域为R，关于原点对称，
因为f(x)为奇函数，
可得g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，
所以函数g(x)为偶函数，
当x∈(－∞，0)时，
可得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，
所以g(x)单调递减，
则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为a＝3f(3)＝g(3)，b＝f(1)＝g(1)，
c＝－2f(－2)＝g(－2)＝g(2)，
3>2>1>0，所以g(3)>g(2)>g(1)，
所以a>c>b.
答案：a>c>b
14．已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0，0)处有公共切线．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x).
解：(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2，
由题意得解得
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－x3＋x2－x(x>－1)，
则h′(x)＝－x2＋x－1＝，
令h′(x)>0，得－1
所以h(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
结合函数h(x)的图象(图略)可得h(x)≤h＝0，
即f(x)≤g(x).
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15．设2a＝3b＝7c<1，则( )
A．7c<2a<3b B．3b<2a<7c
C．3b<7c<2a D．7c<3b<2a
解析：选A．设2a＝3b＝7c＝t<1，
则a＝log2t＝，
b＝log3t＝，c＝log7t＝，
所以2a＝，3b＝，7c＝.
设f(x)＝，则f′(x)＝，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
因为f(2)＝＝＝＝f(4)，
且f(7)>f(4)>f(3)>0，
即<＝<.
又ln t<0，所以7c<2a<3b.故选A．
16．已知函数f(x)＝(x－a)ln x.
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)若不等式xf′(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意可知x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－＋1，
令g(x)＝ln x－＋1，
则g′(x)＝＋＝，
当a≥0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增；
当a<0时，由g′(x)>0解得x>－a，
由g′(x)<0解得0
综上所述，当a≥0时，f′(x)单调递增；当a<0时，f′(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．
(2)由(1)可知不等式xf′(x)≥2(x－a)，
即x ln x－a＋x≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥x－x ln x在[1，＋∞)上恒成立，
只需a≥(x－x ln x)max即可，
令h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，
当0
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
画出h(x)的图象(图略)，可知h(x)≤h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞).